导数综合应用(答案)

..11.导数的综合应用（含答案）（高二）1.（15北京理科）已知函数1ln1xfxx．（Ⅰ）求曲线yfx在点00f，处的切线方程；（Ⅱ）求证：当01x，时，323xfxx；（Ⅲ）设实数k使得33xfxkx对01x，恒成立，求k的最大值．【答案】（Ⅰ）20xy，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k的最大值为2.试题解析：（Ⅰ）212()ln,(1,1),(),(0)2,(0)011xfxxfxffxx，曲线yfx在点00f，处的切线方程为20xy；（Ⅱ）当01x，时，323xfxx，即不等式3()2()03xfxx，对(0,1)x成立，设331()ln2()ln(1)ln(1)2()133xxxFxxxxxx，则422()1xFxx，当01x，时，()0Fx，故()Fx在（0，1）上为增函数，则()(0)0FxF，因此对(0,1)x，..3()2()3xfxx成立；（Ⅲ）使33xfxkx成立，01x，，等价于31()ln()013xxFxkxx，01x，；422222()(1)11kxkFxkxxx，当[0,2]k时，()0Fx，函数在（0，1）上位增函数，()(0)0FxF，符合题意；当2k时，令402()0,(0,1)kFxxk，x0(0,)x0x0(,1)x()Fx-0+()Fx极小值()(0)FxF，显然不成立，综上所述可知：k的最大值为2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单调性，证明不等式；3.含参问题讨论.2．（15年安徽理科）设函数2()fxxaxb.（1）讨论函数(sin)22fx在(-,)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；（2）记20000(),(sin)(sin)fxxaxbfxfx求函数在22(-,)上的最大值D；（3）在（2）中，取2000,D14aabzb求满足时的最大值。【答案】（Ⅰ）极小值为24ab；（Ⅱ）00||||Daabb；（Ⅲ）1...试题解析：（Ⅰ）2(sin)sinsinsin(sin)fxxaxbxxab，22x.[(sin)]'(2sin)cosfxxax，22x...考点：1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.3.（15年福建理科）已知函数f()ln(1)xx=+，(),(k),gxkxR=?(Ⅰ)证明：当0xxx时，f()；(Ⅱ)证明：当1k时，存在00x,使得对0(0),xxÎ任意，恒有f()()xgx；(Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在0t，对任意的(0),xÎ，t恒有2|f()()|xgxx-．【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)=1k．【解析】..试题分析：(Ⅰ)构造函数()f()ln(1),(0,),Fxxxxxx=-=+-??只需求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)构造函数G()f()()ln(1),(0,),xxgxxkxx=-=+-??即()0Gx，求导得1()1+Gxkx¢=-(1k)1+kxx-+-=，利用导数研究函数()Gx的形状和最值，证明当1k时，存在00x，使得()0Gx即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当1k时，对于(0,),x违+()f()gxxx，故()f()gxx，则不等式2|f()()|xgxx-变形为2kln(1)xxx-+，构造函数2M()kln(1),[0)xxxxx=-+-违，+，只需说明()0Mx，易发现函数()Mx在22(k2)8(k1)0)4kx-+-+-Î（，递增，而(0)0M，故不存在；当1k时，由(Ⅱ)知，存在00x,使得对任意的任意的0(0),xx，Î恒有f()()xgx，此时不等式变形为2ln(1)kxxx+-，构造2N()ln(1)k,[0)xxxxx=+--违，+，易发现函数()Nx在2(+2(k+2)8(1k)0)4kx-++-Î）（，递增，而(0)0N，不满足题意；当=1k时，代入证明即可．试题解析：解法一：(1)令()f()ln(1),(0,),Fxxxxxx=-=+-??则有1()11+1+xFxxx¢=-=-当(0,),x??()0Fx¢,所以()Fx在(0,)+?上单调递减；故当0x时，()(0)0,FxF=即当0x时，xxf()．(2)令G()f()()ln(1),(0,),xxgxxkxx=-=+-??则有1(1k)()1+1+kxGxkxx-+-¢=-=当0k£G()0x¢,所以G()x在[0,)+?上单调递增,G()(0)0xG=故对任意正实数0x均满足题意.当01k时，令()0,xG¢=得11=10kxkk-=-．..取01=1xk，-对任意0(0,),xxÎ恒有G()0x¢,所以G()x在0[0,x)上单调递增,G()(0)0xG=,即f()()xgx.综上，当1k时，总存在00x,使得对任意的0(0),xx，Î恒有f()()xgx．(3)当1k时，由（1）知，对于(0,),x违+()f()gxxx，故()f()gxx，|f()()|()()kln(1)xgxgxfxxx-=-=-+，令2M()kln(1),[0)xxxxx=-+-违，+，则有21-2+(k-2)1M()k2=,11xxkxxxx+-¢=--++故当22(k2)8(k1)0)4kx-+-+-Î（，时，M()0x¢,M()x在22(k2)8(k1)[0)4k-+-+-，上单调递增，故M()M(0)0x=,即2|f()()|xgxx-,所以满足题意的t不存在.当1k时，由（2）知存在00x,使得对任意的任意的0(0),xx，Î恒有f()()xgx．此时|f()()|f()()ln(1)kxgxxgxxx-=-=+-,令2N()ln(1)k,[0)xxxxx=+--违，+，则有2'1-2-(k+2)1()2=,11xxkNxkxxx-+=--++故当2(+2(k+2)8(1k)0)4kx-++-Î）（，时，N()0x¢,M()x在2(2)(k2)8(1k)[0)4k-++++-，上单调递增，故N()(0)0xN=,即2f()()xgxx-,记0x与2(2)(k2)8(1k)4k-++++-中较小的为1x，则当21(0)|f()()|xxxgxx?，时，恒有，故满足题意的t不存在...当=1k，由（1）知，(0,),x违当+|f()()|()()ln(1)xgxgxfxxx-=-=-+，令2H()ln(1),[0)xxxxx=-+-违，+，则有21-2H()12=,11xxxxxx-¢=--++当0x时，H()0x¢,所以H()x在[0+¥，）上单调递减，故H()(0)0xH=,故当0x时，恒有2|f()()|xgxx-,此时，任意实数t满足题意.综上，=1k.解法二：（1）（2）同解法一.（3）当1k时，由（1）知，对于(0,),x违+()f()gxxx，，故|f()()|()()kln(1)k(k1)xgxgxfxxxxxx-=-=-+-=-，令2(k1),01xxxk--解得，从而得到当1k时，(0,1)xk?对于恒有2|f()()|xgxx-,所以满足题意的t不存在.当1k时，取11k+1=12kkk，从而由（2）知存在00x,使得0(0),xxÎ任意，恒有1f()()xkxkxgx=.此时11|f()()|f()()(k)2kxgxxgxkxx--=--=,令21k1k,022xxx--解得，此时2f()()xgxx-,记0x与1-k2中较小的为1x，则当21(0)|f()()|xxxgxx?，时，恒有，故满足题意的t不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x违当+|f()()|()()ln(1)xgxgxfxxx-=-=-+，令2M()ln(1),[0)xxxxx，+，则有212M()12,11xxxxxx当0x时，M()0x¢,所以M()x在[0+，）上单调递减，故M()M(0)0x=,故当0x时，恒有2|f()()|xgxx-,此时，任意实数t满足题意综上，=1k.考点：导数的综合应用．..4.（15年新课标2理科）设函数2()mxfxexmx。（1）证明：()fx在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；（2）若对于任意12,[1,1]xx，都有12|()()|1fxfxe，求m的取值范围。..考点：导数的应用.